第1讲 气体实验定律(第1课时)
[目标定位] 1.知道玻意耳定律的内容，表达式及适用条件.2.能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算.3.了解pV图、p图的物理意义．
一、气体的状态
1．状态参量：物理学中研究气体的性质时，常用气体的压强、温度和体积这三个物理量来描述气体的状态．
2．研究方法：控制一个量不变，研究另外两个量之间的变化关系的方法叫做控制变量法．
二、玻意耳定律(玻意耳—马略特定律)
1．内容：一定质量的气体，在温度保持不变的条件下，压强与体积成反比．
2．公式
pV＝C或p1V1＝p2V2.
3．条件
气体的质量一定，温度保持不变．
4．图象：
想一想 如图1所示，为同一气体在不同温度下的等温线，t1和t2哪一个大？
图1
答案 t1大于t2，因为体积相同时，温度越高，压强越大．
一、气体压强的求法
1．液柱封闭气体
图2
等压法：同种液体在同一深度液体的压强相等，在连通器中，灵活选取等压面，利用两侧压强相等求解气体压强．如图2甲所示，同一液面C、D两处压强相等，故pA＝p0＋ph；如图2乙所示，M、N两处压强相等．故有pA＋ph2＝pB，从右侧管看，有pB＝p0＋ph1.
2．活塞封闭气体
选与封闭气体接触的液柱或活塞为研究对象，进行受力分析，再利用平衡条件求压强．如图3甲所示，气缸截面积为S，活塞质量为M.在活塞上放置质量为m的铁块，设大气压强为p0，试求封闭气体的压强．
图3
以活塞为研究对象，受力分析如图乙所示．由平衡条件得：Mg＋mg＋p0S＝pS，即：p＝p0＋.
例1 如图4所示，竖直放置的U形管，左端开口，右端封闭，管内有a、b两段水银柱，将A、B两段空气柱封闭在管内．已知水银柱a长h1为10cm，水银柱b两个液面间的高度差h2为5cm，大气压强为75cmHg，求空气柱A、B的压强分别是多少？
图4
答案 65cmHg 60cmHg
解析 设管的截面积为S，选a的下端面为参考液面，它受向下的压力为(pA＋h1)S，受向上的大气压力为p0S，由于系统处于静止状态，则(pA＋h1)S＝p0S，
所以pA＝p0－h1＝(75－10)
cmHg＝65cmHg，
再选b的左下端面为参考液面，由连通器原理知：液柱h2的上表面处的压强等于pB，则(pB＋h2)S＝pAS，所以pB＝pA－h2＝(65－5)
cmHg＝60cmHg.
借题发挥 (1)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是表示液面竖直高度，不一定是液柱长度．
(2)特别注意大气压强的作用，不要漏掉大气压强．
二、玻意耳定律的理解及应用
1．成立条件：(1)质量一定，温度不变．
(2)温度不太低，压强不太大．
2．表达式：p1V1＝p2V2或pV＝常数或＝.
3．应用玻意耳定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件．
(2)确定初、末状态及状态参量(p1、V1，p2、V2)．
(3)根据玻意耳定律列方程求解(注意统一单位)．
(4)注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明．
例2 如图5所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，气缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0，则封闭气体的压强为( )
图5
A．p＝p0＋
B．p＝p0＋
C．p＝p0－
D．p＝
答案 C
解析 以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体的压强p＝p0－，故应选C.对于活塞封闭气体类问题压强的求法，灵活选取研究对象会使问题简化．
例3 如图6为一种减震垫，上面布满了圆柱薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩．若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力．
图6
答案 p0S
解析 设压力为F，压缩后气体压强为p.
由p0V0＝pV和F＝pS得F＝p0S.
三、等温变化中p－V图象和p－图象的理解和应用
1．一定质量的气体，在p－V图象中等温线是双曲线，双曲线上的每一个点，均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的．一定质量的气体在不同温度下的等温线是不同的双曲线，且pV乘积越大，温度越高，如图7所示：T2>T1.
图7
图8
2．一定质量气体的等温变化过程，也可以用p－图象来表示，如图8所示．等温线是通过原点的直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用虚线表示，该直线的斜率k＝p/()≈pV∝T，即斜率越大，气体做等温变化的温度越高．
例4 如图9所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条p－图线，由图可知( )
图9
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p－图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1
答案 BD
解析 这是一定质量的气体在发生等温变化时的p－图线，由图线过原点可知p/＝恒量，即斜率k＝pV为恒量，所以p与V成反比，A错、B正确；根据p－图线斜率的物理意义可知C错、D对．
借题发挥 由玻意耳定律可知，pV＝C(常量)，其中C的大小与气体的质量及温度有关，质量越大，温度越高，C也越大，在p－图象中，斜率k＝C也就越大.
压强的计算
1．求图10中被封闭气体A的压强．其中(1)、(2)、(3)图中的玻璃管内都装有水银，(4)图中的小玻璃管浸没在水中．大气压强p0＝76cmHg.(p0＝1.01×105Pa，g＝10m/s2，ρ水＝1×103
kg/m3)
图10
答案 (1)66cmHg (2)71cmHg (3)81cmHg
(4)1.13×105Pa
解析 (1)pA＝p0－ph＝76cmHg－10cmHg＝66cmHg.
(2)pA＝p0－ph′＝76cmHg－10×sin30°cmHg＝71cmHg.
(3)pB＝p0＋ph2＝76cmHg＋10cmHg＝86cmHg，
pA＝pB－ph1＝86cmHg－5cmHg＝81cmHg.
(4)pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105Pa＋1×103×10×1.2Pa＝1.13×105Pa.
玻意耳定律的基本应用
2．一个气泡由湖面下20m深处缓慢上升到湖面下10m深处，它的体积约变为原来体积的( )
A．3倍B．2倍C．1.5倍D．0.7倍
答案 C
解析 气泡缓慢上升过程中，温度不变，气体等温变化，湖面下20m处，水的压强约为2个标准大气压(1个标准
大气压相当于10m水产生的压强)，故p1＝3atm，p2＝2atm，由p1V1＝p2V2，得：＝＝＝1.5，故C项正确．
3．一定质量的气体，压强为3atm，保持温度不变，当压强减小了2atm，体积变化了4L，则该气体原来的体积为( )
A.LB．2LC.LD．3L
答案 B
解析 设原来的体积为V1，则3V1＝(3－2)(V1＋4)，得V1＝2L.
p－V图象或p－图象
4．下图中，p表示压强，V表示体积，T表示温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )
答案 AB
解析 A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝，即pV＝常数，是等温过程；C图是双曲线，但横坐标不是体积V，不是等温线；D图的p－V图线不是双曲线，故也不是等温线.
(时间：60分钟)
题组一 气体压强的计算
1．一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h，上端空气柱长为L，如图1所示，已知大气压强为HcmHg，下列说法正确的是( )
图1
A．此时封闭气体的压强是(L＋h)
cmHg
B．此时封闭气体的压强是(H－h)
cmHg
C．此时封闭气体的压强是(H＋h)
cmHg
D．此时封闭气体的压强是(H－L)
cmHg
答案 B
解析 利用等压法，选管外水银面为等压面，则封闭气体压强p＋ph＝p0，得p＝p0－ph，即p＝(H－h)cmHg，故B项正确．
2．如图2所示，一横截面积为S的圆柱形容器竖直放置，圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，且下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M，不计一切摩擦，大气压为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强为( )
图2
A．p0＋Mgcosθ/S
B．p0/S＋Mgcos
θ/S
C．p0＋Mgcos2θ/S
D．p0＋Mg/S
答案 D
解析 以圆板为研究对象，受力分析如图所示，竖直方向受力平衡．pS′cosθ＝p0S＋Mg，S′＝S/cos
θ，所以p(S/cosθ)cosθ＝p0S＋Mg，所以p＝p0＋Mg/S.故此题应选D选项．
3．如图3所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0)( )
图3
A．p0－ρg(h1＋h2－h3)
B．p0－ρg(h1＋h3)
C．p0－ρg(h1＋h3－h2)
D．p0－ρg(h1＋h2)
答案 B
解析 需要从管口依次向左分析，中间气室压强比管口低ρgh3，B端气体压强比中间气室低ρgh1，所以B端气体压强为p0－ρgh3－ρgh1，选B项．
题组二 玻意耳定律的应用
4．如图4所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气( )
图4
A．体积不变，压强变小
B．体积变小，压强变大
C．体积不变，压强变大
D．体积变小，压强变小
答案 B
解析 由图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B项正确．
5．如图5所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱h1封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是( )
图5
A．h2变长
B．h2变短
C．h1上升
D．h1下降
答案 D
解析 被封闭气体的压强p＝p0＋h1＝p0＋h2.故h1＝h2，随着大气压强的增大，被封闭气体压强也增大，由玻意耳定律知气体的体积减小，空气柱长度变短，但h1、h2长度不变，h1液柱下降，D项正确．
6．在一端封闭的粗细均匀的玻璃管内，用水银柱封闭一部分空气，玻璃管开口向下，如图6所示，当玻璃管自由下落时，空气柱长度将( )
图6
A．增大
B．减小
C．不变
D．无法确定
答案 B
解析 此题中，水银柱原来是平衡的，设空气柱长度为l1，后来因为自由下落有重力加速度而失去平衡，发生移动．开始时气体压强p1＝p0－ρgL，气体体积V1＝l1S.自由下落后，设空气柱长度为l2，水银柱受管内气体向下的压力p2S、重力G和大气向上的压力p0S，如图所示，根据牛顿第二定律可得p2S＋G－p0S＝mg，因为G＝ρLSg，m＝ρLS，所以p2S＋ρLSg－p0S＝ρLSg，解得p2＝p0，即p2>p1.再由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，p1l1S＝p2l2S，因为p2>p1，所以l27．如图7所示，上端封闭的玻璃管，开口向下，竖直插在水银槽内，管内长度为h的水银柱将一段空气柱封闭，现保持槽内水银面上玻璃管的长度l不变，将管向右倾斜30°，若水银槽内水银面的高度保持不变，待再度达到稳定时( )
图7
A．管内空气柱的密度变大
B．管内空气柱的压强变大
C．管内水银柱的长度变大
D．管内水银柱产生的压强变大
答案 ABC
解析 玻璃管倾斜前，设大气压强为p0，管内空气柱的压强为p1，长度为h的水银柱产生的压强为ph，有p1＋ph＝p0，玻璃管倾斜后，假定管内水银柱的长度h不变，因l不变，管内空气柱的体积也不变，其压强仍为p1，但由于管的倾斜，管内水银柱产生的压强ph1小于倾斜前的压强ph，使p1＋ph1p1，故有ph28．大气压强p0＝1.0×105Pa.某容器的容积为20L，装有压强为20×105Pa的某种气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器内剩下的气体质量与原来气体的质量之比为( )
A．1∶19B．1∶20C．2∶39D．1∶18
答案 B
解析 由p1V1＝p2V2，得p1V0＝p0V0＋p0V，因V0＝20L，则V＝380L，即容器中剩余20L压强为p0的气体，而同样大气压下气体的总体积为400L，所以剩下气体的质量与原来质量之比等于同压下气体的体积之比，即＝，B项正确．
9．如图8所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是( )
图8
A．D→A是一个等温过程
B．A→B是一个等温过程
C．A与B的状态参量相同
D．B→C体积减小，压强减小，温度不变
答案 A
解析 D→A是一个等温过程，A对；A、B两状态温度不同，A→B是一个等容过程(体积不变)，B、C错；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错．
10．如图9所示，是一定质量气体状态变化的p－V图象，则下列说法正确的是( )
图9
A．气体做的是等温变化
B．气体的压强从A至B一直减小
C．气体的体积从A到B一直增大
D．气体的三个状态参量一直都在变
答案 BCD
解析 一定质量的气体的等温过程的p－V图象是双曲线，显然图中所示AB图线不是等温线，AB过程不是等温变化，A选项不正确；从AB图线可知气体从A状态变为B状态的过程中，压强p在逐渐减小，体积V在不断增大，则B、C选项正确；又该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，D选项正确．
题组三 综合应用
11．设一只活塞式两用气筒，其容积为V0，另一体积为V的容器，内有空气的压强与外界已知的大气压强p0相等．那么用此气筒对容器打n次气后(设打气时空气温度保持不变)，容器中空气的压强为多少？
答案 p0
解析 本题考查对玻意耳定律的深入理解，打n次气，对容器内所有的空气，有p0(V＋nV0)＝pnV，
所以pn＝p0＝p0.
12．汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前、后此轮胎内气体体积的变化量．
答案 体积减小了
解析 对轮胎内的气体：
初状态：p1＝p0，V1＝V0
末状态：p2＝p0＋Δp，V2＝ΔV＋V0
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得：ΔV＝－.
13．如图10所示，一定质量的某种气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于底部的高度为h，可沿气缸无摩擦地滑动．取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．沙子倒完时，活塞下降了.再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．外界大气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度．
图10
答案 h
解析 设大气和活塞对缸内气体的总压强为p0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p，由玻意耳定律得
p0h＝(p0＋p)①
由①式解得p＝p0②
再加一小盒沙子后，缸内气体的压强变为p0＋2p.设第二次加沙子后，活塞的高度为h′，则p0h＝(p0＋2p)h′③
联立②③式解得h′＝h.第2讲 气体实验定律(第2课时)
[目标定位] 1.知道查理定律与盖·吕萨克定律的表达式及适用条件.2.理解p－T图象与V－T图象的物理意义.3.会利用理想气体状态方程解决问题．
一、查理定律：
1．内容：一定质量的气体，在体积保持不变的条件下，压强与热力学温度成正比．
2．公式：＝C或＝.
3．条件：气体的质量一定，体积保持不变．
4．注意：
(1)式中的温度为热力学温度T，单位符号是K.
(2)热力学温度T与摄氏温度t之间的关系T＝t＋273.
二、盖·吕萨克定律：
1．内容：一定质量的气体，在压强保持不变的条件下，体积与热力学温度成正比．
2．公式：＝C或＝.
3．条件：气体的质量一定，压强保持不变．
三、理想气体状态方程
1．三个参量都变化时的关系：＝C或＝.
2．实验定律的成立条件：
(1)气体的质量一定(选填“一定”或“变化”)．
(2)压强不太大(选填“不太大”或“不太小”)、温度不太低(选填“不太高”或“不太低”).
一、查理定律
1．查理定律的表述
(1)＝＝C(恒量)
(2)＝
2．p－T图中的等容线
图1
(1)p－T图中等容线是一条通过原点的倾斜直线．
(2)斜率k＝＝C(C为常数)，体积越大，斜率越小．如图1所示，四条等容线的关系为：V1>V2>V3>V4.
例1 电灯泡内充有氦氩混合气体，如果要使电灯泡内的混合气体在500℃时的压强不超过一个大气压，则在20℃的室温下充气，电灯泡内气体压强至多能充到多大？
答案 0.38atm
解析 由于电灯泡容积不变，故灯泡内气体为等容变化，
设500℃时压强为p1，t2＝20℃时的压强为p2.
由题意可知：T1＝(500＋273)K＝773K
p1＝1atm T2＝(20＋273)
K＝293K p2＝？
由查理定律知：＝，得p2＝T2＝×293atm≈0.38atm.
例2 一定质量的某种气体的状态经历了如图2所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂
直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在( )
图2
A．ab过程中不断增加
B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断增加
D．da过程中保持不变
答案 AB
解析 如图所示，连接Oa，Od，则Oa，Ob，Od为等容线，且斜率越大，表示气体体积越小，因此Vb＝Vc>Va>Vd.故选项A、B正确，C、D错误．
二、盖·吕萨克定律
1．盖·吕萨克定律的表述
(1)＝＝C(恒量)
(2)＝
2．V－T图中的等压线
如图3所示为V－T图中的等压线，这是一条通过原点的倾斜直线，直线斜率k＝＝C，斜率越大，常量C越大，压强越小．在图中给出的四条等压线的关系为：p1>p2>p3>p4.
图3
例3 一容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为27℃，如果把它加热到127℃，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍？
答案 倍
解析 设逸出的气体被一个无形的膜所密闭，以容器中原来的气体为研究对象，初态V1＝V，T1＝300K；末态V2＝V＋ΔV，T2＝400K，
由盖·吕萨克定律＝，得＝，
代入数据得ΔV＝，
又因为m＝ρV，故＝＝＝.
借题发挥 此题从容器中逸出空气来看是一个变质量问题，为转化为等压变化问题，从而把逸出的空气看成气体的膨胀，因小孔跟外界大气相通，所以压强不变．因此符合盖·吕萨克定律．
例4 下列各图中，能正确表示一定质量气体的等压变化的过程的图象是( )
答案 ACD
三、理想气体状态方程
1．理想气体状态方程：
当压强、体积和温度同时变化时，遵循：＝C，
或＝，其中C为常数，与气体的种类和质量有关．
2．气体实验三定律是理想气体状态方程的特殊情况：
当T一定时，pV＝CT＝C1(玻意耳定律)；
当V一定时，＝＝C2(查理定律)；
当p一定时，＝＝C3(盖·吕萨克定律)．
3．气体实验定律和理想气体状态方程的解题要点：
(1)选对象——根据题意，选出所研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持不变．
(2)找参量——找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前、后的一组p、V、T数值或表达式，其中压强的确定往往是个关键．
(3)认过程——过程表示两个状态之间的一种变化方式，认清变化过程是正确选用物理规律的前提．
(4)列方程——根据研究对象状态变化的具体方式，选用理想气体状态方程(或某一实验定律)列方程．代入具体数值时，T必须用热力学温度，p、V的单位要统一．
(5)验结果——解答出结果后，不要急于下结论．要分析讨论所得结果的合理性及其是否有实际的物理意义．
例5 一水银气压计中混进了空气，因而在27℃，外界大气压为758mmHg时，这个水银气压计的读数为738mmHg，此时管中水银面距管顶80mm，当温度降至－3℃时，这个气压计的读数为743mmHg，求此时的实际大气压值为多少mmHg
答案 762.2mmHg
解析 画出该题初、末状态的示意图：
分别写出初、末状态的状态参量：
p1＝758mmHg－738mmHg＝20mmHg
V1＝(80mm)·S(S是管的横截面积)
T1＝(273＋27)
K＝300K
p2＝p－743mmHg
V2＝(738＋80)mm·S－743(mm)·S＝75(mm)·S
T2＝(273－3)K＝270K
将数据代入理想气体状态方程：＝
解得p＝762.2mmHg.
查理定律的应用
1．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体温度的变化情况是( )
A．气体的摄氏温度升高到原来的二倍
B．气体的热力学温度升高到原来的二倍
C．气体的摄氏温度降为原来的一半
D．气体的热力学温度降为原来的一半
答案 B
解析 一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即＝，得T2＝＝2T1，B正确．
盖·吕萨克定律的应用
2．一定质量的气体，在压强不变的情况下，温度由5℃升高到10℃，体积的增量为ΔV1；温度由10℃升高到15℃，体积的增量为ΔV2，则( )
A．ΔV1＝ΔV2
B．ΔV1>ΔV2
C．ΔV1<ΔV2
D．无法确定
答案 A
解析 由盖·吕萨克定律＝可得＝，即ΔV＝V1，所以ΔV1＝×V1，ΔV2＝×V2(V1、V2分别
是气体在5℃和10℃时的体积)，而＝，所以ΔV1＝ΔV2，A正确．
理想气体状态方程的应用
3．内径均匀的L形直角细玻璃管，一端封闭，一端开口竖直向上，用水银柱将一定质量空气封存在封闭端内，空气柱长4cm，水银柱高58cm，进入封闭端长2cm，如图4所示，温度是87℃，大气压强为75cmHg，求：
图4
(1)在图示位置空气柱的压强p1.
(2)在图示位置，要使空气柱的长度变为3cm，温度必须降低到多少度？
答案 (1)133cmHg (2)－5℃
解析 (1)p1＝p0＋ph＝(75＋58)
cmHg＝133cmHg.
(2)对空气柱：初态：p1＝133cmHg，V1＝4S，
T1＝(273＋87)
K＝360K.
末态：p2＝p0＋ph′＝(75＋57)cmHg＝132cmHg，V2＝3S.
由＝代入数值，解得：T2≈268K＝－5℃.
(时间：60分钟)
题组一 查理定律的理解和应用
1．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体( )
A．温度不变时，体积减小，压强增大
B．体积不变时，温度降低，压强减小
C．压强不变时，温度降低，体积减小
D．质量不变时，压强增大，体积减小
答案 B
解析 体积不变，当温度降低时，由查理定律＝C可知，压强减小，故B项正确．
2．在密封容器中装有某种气体，当温度从50℃升高到100℃时，气体的压强从p1变到p2，则( )
A.＝
B.＝
C.＝
D．1＜＜2
答案 C
解析 由于气体做等容变化，所以＝＝＝，故C选项正确．
3．一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0℃升高到10℃时，其压强的增量为Δp1，当它由100℃升高到110℃时，所增压强Δp2，则Δp1与Δp2之比是( )
A．10∶1B．373∶273C．1∶1D．383∶283
答案 C
解析 由查理定律得Δp＝ΔT，一定质量的气体在体积不变的条件＝恒量，温度由0℃升高到10℃和由100℃升高到110℃，ΔT＝10K相同，故压强的增量Δp1＝Δp2，C项正确．
4．一个密闭的钢管内装有空气，在温度为20℃时，压强为1atm，若温度上升到80℃，管内空气的压强约为( )
A．4atm
B.atm
C．1.2atm
D.atm
答案 C
解析 由查理定律知＝，代入数据解得，p2≈1.2atm，所以C正确．
题组二 盖·吕萨克定律的理解和应用
5．如图1所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温是30刻度线时，空气柱长度为30cm；当水温是90刻度线时，空气柱的长度是36cm，则该同学测得的绝对零度相当于刻度线( )
图1
A．－273
B．－270
C．－268
D．－271
答案 B
解析 当水温为30刻度线时，V1＝30S；当水温为90刻度线时，V2＝36S，设T＝t刻度线＋x，由盖·吕萨克定律得＝，即＝，解得x＝270刻线，故绝对零度相当于－270刻度线，选B.
6．如图2所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5×10－3m2，一定质量的气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为________Pa(大气压强取1.01×105Pa，g取10m/s2)．若从初温27℃开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.50m缓慢地变为0.51m，则此时气体的温度为________℃.
图2
答案 1.05×105 33
解析 p1＝＝＝Pa＝0.04×105Pa，
所以p＝p1＋p0＝0.04×105Pa＋1.01×105Pa
＝1.05×105Pa，由盖·吕萨克定律得＝，
即＝，所以t＝33℃.
7．房间里气温升高3℃时，房间内的空气将有1%逸出到房间外，由此可计算出房间内原来的温度是________℃.
答案 27
解析 以升温前房间内的气体为研究对象，由盖·吕萨克定律：＝，解得：T＝300K，t＝27℃.
题组三 理想气体状态方程的理解和应用
8．对于一定质量的理想气体，下列状态变化中可能实现的是( )
A．使气体体积增加而同时温度降低
B．使气体温度升高，体积不变、压强减小
C．使气体温度不变，而压强、体积同时增大
D．使气体温度升高，压强减小、体积减小
答案 A
解析 由理想气体状态方程＝C(恒量)得A项中只要压强减小就有可能，故A项正确；而B项中体积不变，温度与压强应同时增大或同时减小，故B项错；C项中温度不变，压强与体积成反比，故不能同时增大，故C项错；D项中温度升高，压强减小，体积减小，导致减小，故D项错误．
9．一定质量的气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系中正确的是( )
A．p1＝p2，V1＝2V2，T1＝T2
B．p1＝p2，V1＝V2，T1＝2T2
C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2
D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2
答案 D
题组四 综合应用
10．一定质量的空气，27℃时的体积为1.0×10－2m3，在压强不变的情况下，温度升高100℃时的体积是多大？
答案 1.33×10－2m3
解析 一定质量的空气，在等压变化过程中，可以运用盖·吕萨克定律进行求解．空气的初、末状态参量分别为
初状态：T1＝(273＋27)K＝300K，V1＝1.0×10－2m3，
末状态：T2＝(273＋27＋100)K＝400K，
由盖·吕萨克定律＝得，气体温度升高100℃时的体积为V2＝V1＝×1.0×10－2m3≈1.33×10－2m3.
11．如图3所示，一端开口的钢制圆筒，在开口端上面放一活塞．活塞与筒壁间的摩擦及活塞的重力不计，现将其开口端向下，竖直缓慢地放入7℃的水中，在筒底与水面相平时，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为14cm.设筒内气柱压强不变，当水温升高到27℃时，钢筒露出水面的高度为多少？(钢筒的厚度不计)
图3
答案 1cm
解析 设筒底露出水面的高度为h.
当t1＝7℃时，H1＝14cm气柱，当t2＝27℃时，H2＝(14＋h)
cm，由等压变化规律＝，得＝，解得h＝1cm，也就是钢筒露出水面的高度为1cm.
12．我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新记录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为280K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化，如图4所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300K，压强p0＝1atm，封闭气体的体积V0＝3m3.如果将该汽缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．求990m深处封闭气体的体积(1atm相当于10m深的海水产生的压强)．
图4
答案 2.8×10－2m3
解析 当汽缸下潜至990m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意知p＝100atm.
由理想气体状态方程＝，代入数据得V＝2.8×10－2m3.